专题卷(十一) 图表及图像分析题-【鱼跃龙门卷】2025年高三化学二轮复习专题卷（河北专版）

3,已知R)H是一元弱城。准溶性盐R入的随和溶液中 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（十一） xA)随(OH)变化面变化，A不发生术解，298K时， 化学·图表及图像分析题 A当(（川》有如图所示线性关采。下列敏诸错谈 (考试时同7行分钟.调分100分》 的是 A.RA的膏度积K(RA)2×10 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14)16532Fe56 队我A在水中的溶解度大于在R()H溶液中的溶解度 一、迹择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题输出的四个这项中，只有一项是特合 C等体积，寧菲发的(H溶液与HA溶浪混合时，张在cH)=((民(H)+r(H1 题日要求的。 以.pH=6时，c(A)>2×1nma·L1 1,下和某镇MF催化CH,与N)反成的机理知图所示。下列说 4.四氯金限(HA,》由王水和纯金反应制得，可用于T重元件 法量误的是 的愤金。常温时，用0，md·1,的N0H溶液滴定20ml.5 A总反应方程式为CH+N,0意EMCH,OH+N 0.I,L的HA口1，溶液，滴定过程中满得说合溶液的 0 00 画度T,N(日溶液体积V(NaOH溶液)与H的关系如图 北为该反应的继化到 0 0 N) 所示，下列红述错误的是 H CH. 二，该反应中存在极性键的斯袋和非极性蛙的形成 A.常祖时，四氧金酯(HA,)的电离平商常数K。钓 I 和 n积NO分千的结构推调其电子式为：N::N:G: 为10 其育点溶液中r(N-r(Au》 2.近年来，全球内烯雷求快速增长，屏究内镜朝丙给有着重要的意义。用内坑真接霍化酰氢容 C,4三点对应的AC水解平南常数，K.(p)<K,(n<K,(g) 易造成积碳，降（催化刻修稳定性，该反应在不月压强(0,11P,0,01MP)下，丙烧和丙龄 D,点对应的溶流中：2r(H)+r4HA减C1.)=2(OH)+c(A11 的物板的量分数陆型度变化的美系如国甲房示，科学家最新研究用C》,氧化CH龄氢，视 i.常酒下，狗20ml0,2ma·L1H,A陌液中滴加02m©d·La0H篇液，有关微粒的物 用知菌乙断示。下判说法带浸的是 影的量座化图所承，下列说法正魔的是 A NaHA客线中：r(H:A》+(H)=r(OI+c(A) 幸民极+6 民当(NOH溶液)一0mL,时，溶液星碱性 。 二，(H溶液滴加至40m1的过程中，其溶液中水的电离程 314山 度先增大后规小 IaN04济花 第w CLH0 0 以当V%H溶新)一0mL.时，溶流中离子浓度大小关暴c(Ne(O日)《A 1510505到5405500p50 CH 00+ (1HA)2e4H) 甲 4.臭氧存在于大气层中，1在地表附看也会产生复氧，其发生机乳如菌 所示。N:表示阿优虚德罗含数的值。下列表述正确的是 A。内烷直接图化我氧的反应条件，高湿低压 A.标虞状况下，1mlN)与1ml)混合后体积为33,6L 以1点的平商常数K,=0.125MP 甚图中新示的化学变化均为氧化还原反应 C与直接我氢相比，用氧化C,,跟氢解丙烯的优点之一是隆积碳 C-32D和（片的混合气体，所常电子数为1GN D,C,H。直接眼氢与C0氧化CH,盟氢得等量的丙希转移电子数相同 ,将1mlN速人水中形域1【，客液，可得到1ml·1的销酸 化举C·专脑程+一里1黄（秀8宽1 金赛地门春 化学·专题器(+一1第2（冉8宽引 1,某化学兴是小组用如图装置额叔工业处理废气和灰水的过程，同时实观了发电，刺酸，回收金 1出，常温下，取一定量的P山闲体配成能和溶液，时剑效变某一条作，离平浓度变化如图所示 属和环境保护，体现了绿色爱解理念。已知电极材料均为石重储。下列说债错调的是 下列有关说法正确的是 A.常鑑下，P1:的K。为2×0 在的箱 210 an 共温发不变，向1饱和溶液中闻人少最确截加浓溶液，平 衡向左移动，%”的浓度藏小 时闲 水 二晶发不变：（时刻改变的条件可能是病常被中相人了K]园 阶千交粮脑 体，1的K蜡大 A.该装爱工作时，山板电势高于极电路 .常围下，K。(h5)=8X10,0的悬油液中加人N:8溶液，反应l(s)十S 达M南为质子交提裂，N覆为阴两子交换跟 4a别一P5以%3十2广（四）的平衡常数为5×10 C、若去掉M腹，e板反成发生麦化 11,有机物G传化为M的反应如留所示。下到说法错属的是 D.黄装置工作一段时刘后，Ⅱ室和室获得产品的物爱的量之比为1：1 8a胆，TM 8.化合物甲(ZXY,·wWY)是副持工业和电泡制迹业等的氟科，其如器)m 成元素W,X,Y,么是原子序数依次增大的前四周期元素：其中W,X,三起 八。G分子中最多有11个碳原子共面 ￥为血周期主族无素，W是元素周期表中原子牢径最小的元看，X,Y茗妇 长G和1均含3种官能 可周别，且X原子和￥原子的最外层电子数之比为2·3，W,XY,的日 心·M发生压原反度 电子数比乙原子的电子数多20。化合物甲在加热分解过程中剩余国 D.M与足量的NOH溶液反成，1molM可耗2 mol NoOH 体的颜量随型度变化的角线扣闭所示。 [2。病紫黑色陶体，量溶于水)含用于谢备扇盐中的K()。以含工废液为原料提斯，的微整密 下列氢述正确的是 显知周所示： A.非金属性：X>Y>国 .. 认若M点时所得产物化学式为X,Y:,用为2 我液一一油填：一一氧化一纳闲一 C.M列V的过程中见东一种气体生成 D,W,XY,可由X:W,Y:与足量酸性KM),容藏反应得到 马，婉元素的“价一类”关系如图所示。下列叙述错混的是 下列氧述正绳的是 A“转化”中，不韩及沉淀篇解平衡 且沉淀与硝限反成产物可环利用 +4 C“氧化中最维位为2 D常用“麓配法”提纯相确得纯L 3.,的米铁酸结<CF,)是一补化学性质稳定的良性适性材料。科用含感皮料生夏成分为 -+ Co,O,还含有少量S),P,Fe,(,A等杂质)制备CFe,的工艺德覆如图 领化物单厕氧化物假盐物买类别 所示， A,n在空气中透烧可以生成或d 成单HO,氯水NHC0 0 及心的大量样放是形成限雨的原丙之一 C「的漆酒液和：混合发生复分解反应 D.在一定条件下.NaS,可转化为b和e 清2 FetCelh 化￥C·专题程（十一1里3现（青8宽 金领地门春 化学C·专酸爆(+一1第4深（共3宽引 已知席温下，军分全国离子沉淀的H如表所示 2)装置县中试菊绿最宜这择 航标号) 金属离子 Fat P AF w ,NOH剂液 h,整和N向S游液 名 开始江定的H RS 22 8.4 7.8 c自和N8溶流 d.值和NCD溶适 完金配淀的用 18.0 &0 CB . 4a)装盟D的作用是 :装置D中可能现察到的观象 下列说法正瑞的是 《(4)反点结束后，将装置C中提合物过滤虚液经减压离发浓缩.降温结品、过过，法策，低型 烘干得到硫鲜艇产品。施发浓葡时减压“的甘的是 人.“酸浸”过程中的心可以用家气代帮 5》探究硫养的性颜：取少量疏除于试管电，滴相酸性KM(),溶液，现察到溶废色，游有气 县“德渣1"的成分只有S),”德清2的成分有F0H。和()H) 崔滋出。经检验，气体中含有N,和一种酸性气体，算混合气体通人没滑石灰水中，产生 C“截浸“树H“沉估“和“培烧”过整中布莎及氧化还原反应 白色沉淀：道入品虹溶液中，溶液不想色， 送择题 n培绕过配的化学方程式为0+4F0,+2C0,色2CaFe0+00+L0 写出硫骤与酸性高锰酸师溶液反应的离子方程式， 暮艺栏 14,经胺(NH,日)是一种不悬定的化合物，水南液星碱性，在有机合成中常作还原闲，它图以 (6)测定硫酥纯度，取x产品帘于格水使CSN日，)上完务转化成NH,N,配弱成20mL 中间产物的慧式参与地球上的生物复循环。设X,是同伏如德岁日数的植，下刻说法错阀的是 济液，准喻量粒25.00mL配谢溶液于雏形瓶中，滴加2满1%(1：齐液，用a,1· NO 1标有AgN)溶液该定至篷点，三次平实验平均消毛标准AzN)常植Ym1. 香酸性还码 该硫聚产品韩度为 X,(星示，Ag+CN一ACN￥》 18.(15分》情..锌及北化在物用途广证。某化学实验小组用情制石（主要含Ni5.ZS,GS SD:等)模抵工业生产Gt、Zn和Ni5O,·6H0的一种工艺流程榭甲所示： H0.Hw370 4+白 → 0 A.物暖X为NO 仪用反面配这电闲一特 lo 我是聚能当盐酸反应生成盐能羟酸(HONH) 适的正益Nm,·0 C,图中N元素有正价，负价和0角 D0,1 mol NH.完全转化为NH:)H时：转移的电子数为0，N。 已知：情在晚酸中的存在彩式：H<2时主要为e,2<pH<T时主夏为沉淀 二，非远择盟：本墓共4小整，共8分。 网答下列问圆， 15,15分)晚酥S(NH,),门可用于药物，角料，树脂刺造等，某实验木组制各脲井探究其鞋 《》“氧化腔浸”前对销矿石进行粉碑的日的是 爱，判定北纯度。实验室用H5和CCN,制爷硫服韵原理（装解易溶于水，基度拉高时易发 “氧化酸浸”时，挖溶液一L,5,程清的主要域分为)和S.属8反域的离子方 生异构化生发NH.SCN):HS+CaCN十2H0CxN1H)十CaOH》. 程式为 《2)“操作2“的名你是，提作5“包含 过迪，洗涤.干提 《3)“制H,整联”工序中，苓取原理为+（水相）+2RH(有机 一R(有机相)十2日（水相），在疏酸盐溶液中，该萃 取湖对某些金属离子的萃取率茶取事=”报， Na(M厅 00与pH的关菜划图乙新乐， 同答下列间些： ①在一定范围内，随差H升高，苹取率升高的原日是 《1)》装器A中生成丁一种漫黄色因体单盾，该单盾是 (填化学式) 化学C·专脑程（十一1里5（青8宽 金领地门春 化学·专题器（十+一1第4（冉8宽引 巴在pH-1,5,达到茶取平商时，nm2aR 一4总，在11.解城中加人Q.5L茶取利进行 四上连反应分两步选行： cs(Z) 第一步 (写化学方程式)3H>0: 举取，刚乙n“的攀取率为外。 第二CaZa”+2H,(g)+C0(g)Cu,Za0'+CH,0H(g)dH<0. 《4“电解”Z以)，溶制备Za封，阴极的电极材料为 填亿学式》 第二步反应儿平不影响总反定达到平能质用的时间，山此雕知以下电正输表示C 1,《1“分)氢气作为一种清皆能源，一直是能源研党的热点，水煤气变换反皮可用于大规榄制 Z0围亿)种H合成甲醇反应过程的常宣阁为 (馆字母) H,反应原建为Cg)+日，0(g1CD,g)+日，(eH=-4L,2划·ml. 《1》根摆表中捏供的数暴，计算工一 北学擅 C-0 C=0 ()-H H一H 常/k好·) 08 443 139 反过 《2实验发凭北艳条轩不变，在体系中投人一定量C)可以增大H的体积分数，从化学平 简的角度解释思因： ()工业上用C)和H能化合成甲醇存在如下反应： 主反：C03g)+8H(gC1HOHg》+H(0g)△H0 《》某湿度下，在一板容密闭存墨中充人C0和n《C()+x1》=,1.门，加入解化 反应：(1十H(gCK》十H,((x)△H0 例楼其发生上述反应（忽略其他雨反度），测得该反应中打始压蛋为卡，：分压如图甲所示 一定条件下，在装有维化剂的密阔容圈中投人aml)和3：m1H,发生上述合成 《:时刻间.日)的分压表给出).则A点坐标为(： ),平衡含数K。一 反点 ①在智可时间内，海得甲静产率与国度的关系如图甲所示。图中4用K之后，甲醇的产 adm 率用里度的升高直减小修浪因可能是 14等33入 100 10发2 4》反应C《(g)十日)(g,),g)十H:(g的Arww经验公式的实验数据如周乙中 黄线前乐，已年Ans经验公式为Rm青-一一十C(其中E为活化能女为雀浓 数，&和C为常数》。该反成的话化能E一过·m,当使用更高效留化用 某温度下，达平香时容器中CHOH的物质的量为GmcW,C)的将质的层为dal 制此条件下()的转化率为 《列式表示，下月)：此条件下到反应的平满奢数 时，请在图乙中绘解女一宁关系示意州。（假定实轻条件下，假化剂对C值无影利 为 18,14分甲静是重要的化工尿料，合成甲修和科用甲醇的研究和秘素，在国际上一直受到重 ③关于主反应C4),(g》+aH.g)一CH川(g+H((g)3H<,已知该反议的 悦。工叠上毫利用CO和H,为原料合成甲醇，再科用甲圈生产丙烯。国签下列间避： e止e·(C》·《H,,量=e复·cC日0HD+(H,0)《x量分别为E,迎反 《I》①席型下，H:和甲醇的燃烧热分诗为285.8k1·mol1和2.4J·mol,1mc甲醇 应连率常数)。该反夜的g。。越型隆变化的由我站国乙酱常图 汽化害要吸收2.0kJ的热量，期C0,和H.在CZO很化牛用下合成气态甲醇的构 化学方程式为C0g+3l,(gCl,0H(g+H()△1一k·m 度。”表示以广型度变化的南线。 化学C·专脑程（十+一1星？（青8宽 金氨龙门春 化学·专题器（十+一1第⅓（冉8宽引高三二轮复习专题卷 物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，说明M中苯环 上的取代基为2个一COOH、1个-CH3或1个-COOH、1个一CH2COOH或-CH(COOH)2, 则M的可能结构有10种；其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式 COOH 为 H COOH (5)由逆向分析法可知，CHO《 NH,可由CH,O〈》一NO2发生还原反应得到， CH,O-〈 一NO,可以由CH,O〈》发生硝化反应得到，则合成路线为CH,O《 浓硫酸、浓硝酸 50~60℃ CHO -NO,Fe.HCI NH2 o 化学（十一） 一、选择题 1.D【解析】根据NO分子的结构推测其电子式为N:N:O。 2.B【解析】由图甲可知升高温度平衡转化率增大，说明平衡正向移动，CH(g)一C3H(g)十 H2(g)△H>0,根据反应特点，反应条件为高温低压；在温度不变时，加压，化学平衡逆向移动， CH。的物质的量分数增大，A点表示0.1MPa、556℃时CaHg平衡时的物质的量分数，则 CH、H,平衡时物质的量分数均为25%，K,=p(CH,):(H) p(C Hg) 0.1MPa×25%×0.1MPaX25%=0.0125MPa;C0,可以与C反应生成C0,用C0,氧化 0.1MPa×50% C,H。脱氢制丙烯可以消除积碳；1个C,Hg直接脱氢生成1个C,H。,转移2个电子，1个CO2氧 化1个CH:脱氢生成C3H。和CO也转移2个电子，则两者制得等量的丙烯转移电子数相同。 3.D【解析】由题图可知，c(OH)=0时，c2(A)=20×10-1mol2·L-,此时c(R+)≈c(A), 则K(RA)=c(R+)·c(A-)≈c2(A-)=2×10-o;难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡 RA(s)R+(aq)十Aˉ(aq),在ROH溶液中，相当于在水中增加R,RA的溶解平衡逆向移 动，溶解度减小，故RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度：ROH是一元弱碱，Aˉ不 发生水解，所以等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合所得溶质RA为强酸弱碱盐，溶液 中存在质子守恒c(H+)=c(ROH)十c(OH-);pH=6时，c(OH)=10-8mol·L1,此时 c2(A)=3×10-0mol·L2,c(A)=√3×10-5mol·L-1<2×10-5mol·L1。 4.B【解析】由图像可知，常温下，当V(NaOH溶液)=0时，对应溶液的pH=3,此时溶液中的 c(H)=0.O01m0lL,则有K,=cH)cAuC2）≈10；根据电荷守恒，在n点存在 c(HAuCl,) c(H)+c(Na)=c(OH)+c(AuCl),n点时温度高于25℃，故Kw>10-4,当c(H+)= 10-7mol·L1时，c(OH)>c(H),则有c(Na+)>c(AuCI);升高温度能促进AuCl的水 解，水解平衡常数增大，温度T(p)<T(n)<T(q),则p、n、q三点对应AuCl的水解平衡常数 Kb(p)<Kh(n)<Kh(q);p点时，V(NaOH溶液)=10mL,根据电荷守恒有c(H)十c(Na)= c(OH)+c(AuCl),根据元素守恒可得2c(Na+)=c(HAuCl,)+c(AuCI:),两式联立消去 c(Na)可得2c(H+)+c(HAuCI,)=2c(OH)+c(AuCl)。 5.A【解析】NaHA溶液中存在质子守恒c(H2A)十c(H)=c(OH)+c(A2-);当V(NaOH溶 ·46✉ ·化学· 参考答案及解析 液)=20mL时，溶质为NaHA,据图可知此时c(A-)>c(H2A),说明HA的电离程度大于水 解程度，溶液显酸性；H2A的电离抑制水的电离，当V(NaOH溶液)-40mL时，溶质为Na2A, A2-的水解促进水的电离，水的电离程度最大，所以NaOH溶液滴加至40mL的过程中，溶液中 水的电离程度一直增大：当V(NaOH溶液)=40mL时，溶质为Na2A,Na2A电离产生Na、 A2-,A的水解以及水的电离均产生OH,但水解以及水的电离都是微弱的，所以c(A2)> c(OH). 6.C【解析】标准状况下，1 mol NO与1molO2混合后生成1 mol NO2,剩余0.5molO2,由于存 在2N02一N2O.,所以剩余气体的体积小于1.5molX22.4L·mol-1=33.6L:反应②O2+ O一O3没有化合价变化，不是氧化还原反应；32gO3和O2的混合气体，所含电子数为 16g·n0lX8 N mol=16N1 mol NO,,溶于水形成1L溶液，发生反应3NO,十 32g H2O一2HNO,十NO,得到硝酸的物质的量小于1mol,通入水中形成1L溶液，得到硝酸的物 质的量浓度小于1mol·L。 7.D【解析】该装置工作时，左池为原电池，a极反应式为SO2十2H2O一2e一SO十4H,a 极为负极，b极反应式为O2+4e+4H+一2H2O,b极为正极，故b极电势高于a极电势。右 池为电解池，c极为阳极，电极反应式为2H2O一4e一O2个+4H,d极为阴极，电极反应式为 Cu++2e一Cu,Ⅱ室中盐酸浓度增大，则I室中的H+通过M膜进入Ⅱ室，Ⅲ室的C1通过 N膜进入Ⅱ室，故M膜为质子交换膜、N膜为阴离子交换膜。若去掉M膜，C极反应变为 2Cl一2eCl2个。根据得失电子守恒可知，若转移2mol电子，Ⅲ室获得1 mol Cu,Ⅱ室获 得2 mol HCI,Ⅱ室和Ⅲ室获得产品的物质的量之比为2：1。 8.B【解析】W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素；X、Y同周期，且X原子和 Y原子的最外层电子数之比为2：3，设X最外层电子数为2x,则Y的最外层电子数为3x, W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2+(2x+2)×2+ (3x+2)×4一Z原子的电子数=20，当x=1时，Z原子的电子数=10，为Ne元素，不符合题意， 当x=2时，Z原子的电子数=26，为Fe元素，符合题意；若X、Y为第三周期元萦，1×2+(2x十 2+8)×2+(3x十2+8)×4一Z原子的电子数=20，不符合题意，故W为H,X为C,Y为O,Z为 Fe。化合物甲为FeC2O,·nH2O。X为C,Y为O,W为H,非金属性为O>C>H。若M点时 所得产物化学式为ZX2Y4,则FeC,O4的质量为4.32g,物质的量为0.03mol,固体受热，由 5.40g减少到4.32g,减少的水的物质的量为5,40g一二4,32g=0.06m0l,则FeC,0,·nH,0中 18g·mol1 n=2。M点为FeC2O,M到N的过程是FeC2O,分解的过程，固体质量减少4.32g-2.32g= 2g,减少的元素为碳元素和氧元素，根据元素守恒碳元素的物质的量为0.06mol,减少的氧元素 的物质的量为2g-0.06molX12g·mol1 =0.08mol,碳、氧原子个数比为3：4，故生成的气 16g·mol 体为CO2和CO。X2W。Y2分子式为C2HO2,同分异构体有多种，可能为乙二醇，也可能为其他 有机物，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾溶液作用下，可生成乙二酸即草酸(H2C2O,),若为其他有 机物，则无法在酸性高锰酸钾溶液作用下生成乙二酸。 9.A【解析】A项，H2S(a)在空气中燃烧，不能生成d(SO3);B项，SO2(c)的大量排放是形成酸雨 的原因之一；C项，同一元素相邻价态不发生氧化还原反应，故浓硫酸和亚硫酸钠混合发生复分 解反应；D项，根据氧化还原反应的规律，Na2S2O3可转化为S和SO2。 10.D【解析】根据图像知，常温下平衡时溶液中c(Pb2+)、c(I)分别是1×10-3mol·L1、2× ·47 高三二轮复习专题卷 10-3mol·L1,因此Pbl2的Kp=c(Pb2+)·c2(I厂)=4×10-9：PbL2饱和溶液中存在平衡 PbL2(s)一Pb2+(aq)+2I厂(aq),温度不变，向Pbl2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，Pb2+ 浓度增大，平衡逆向移动，最终平衡时Pb2+浓度仍然比原平衡时大：根据图像知，t时刻改变的 条件是增大I厂浓度，温度不变，Pbl2的Kp不变；反应Pbl2(s)+S2-(aq)PbS(s)+2I(aq) 的平衡常数K=cI)_K(Pbl,) 。cS)K,PbS=5X10。 11.B【解析】A项，苯环、双键均为平面结构，单键可以旋转，G分子中所有碳原子均可能共面，即 最多有11个C原子共面；B项，G含有的官能团为酯基、硝基、碳碳双键，M含有的官能团为酯 基、氨基：C项，G→M加氢去氧，发生还原反应：D项，M中的酯基水解后产生羧基和酚羟基，酚 羟基也能与NaOH反应，1 mol M最多消耗2 mol NaOH。 12.B【解析】“转化”时发生反应AgI(s)一Ag(aq)+I厂(aq)、Fe(s)+2Ag(aq)一2Ag(s)+ Fe2+(q),随着铁置换银反应进行，碘化银不断溶解，涉及沉淀溶解平衡；沉淀的主要成分是银 (含少量铁)，溶于硝酸可生成AgNO3,可在“富集”中循环利用；“氧化”时先后发生的反应有 2I+Cl2一L2+2C1、2Fe2++Cl2一2Fe++2C1,如果继续通入氯气，则发生反应I2+ 5CL十6H,02H0,+10HCL,故通人氯气最佳范图为1≤<1.5：一复采用升华 法”提纯粗碘得到纯碘。 13.D【解析】CoO,中的Co为十2、十3价，“酸浸”过程中，H2O2需作还原剂将Co3+还原为 Co2+,因此不能用O2代替过氧化氢。“酸浸”过程中SO2不溶于酸，同时生成难溶的PbSO, 滤渣1的成分为SiO2、PbSO,:“调pH”过程除掉Fe3+和A13+,滤渣2的成分为Fe(OH)3和 A1(OH)1。“酸浸”和“焙烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钴”和“调H”过程中不涉及氧化还 原反应。“焙烧”过程中氧气氧化CoC2O,中+3价的C,Co、Fe化合价不变。 14.A【解析】NO在NO还原酶的作用下转化为X,X中N元素的化合价低于十2，应为N2O:羟 胺水溶液显碱性，能与HCI反应生成HONH,CI;图中含N物质中N元素的化合价依次为 NO(+5)、NO2(+3)、NO(+2)、N2O(+1)、N2(0)、NH(-3)、NH2OH(-1);NH完全 转化为NH2OH时，N的化合价由一3上升到一1,0.1 mol NH参与反应转移的电子数为 0.2Na。 二、非选择题 15.(1)S (2)c (3)吸收HzS产生黑色沉淀 (4)降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化（合理即可） (5)5CS(NH2)2+14MnO+32H+14Mn2++5C02↑+5N2↑+5SO+26H2O (626r 【解析】(1)二硫化亚铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁、硫和硫化氢。 (2)用饱和硫氢化钠溶液吸收硫化氢中的氯化氢。 (3)硫化氢剧毒，用硫酸铜溶液吸收硫化氢，装置D中的现象是产生黑色沉淀。 (4)依题意，硫脲在较高温下能转化成NH,SCN。减压条件下，水的沸点降低，在较低温度下蒸 发水。 (5)依题意，产物有N2、CO2,硫转化成硫酸根离子。 ·48 ·化学· 参考答案及解析 (6)依题意，可知硫脲异构化反应为CS(NH2)2一NH,SCN,w[CS(NH2)2]= 250 (0.1V×10-3 25.00×76)g ×100%=7.6y%.。 Wg 16.(1)使固体与液体充分接触，提高反应速率（合理即可） GeS2+2H2O2+4H+Ge++4H20+2S (2)分液蒸发浓缩、冷却结晶 (3)①萃取产生H+,随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动（合理即可） ②96 (4)Zn 【解析】(1)“氧化酸浸”前对锗矿石进行粉碎的目的是使固体与液体充分接触，提高反应速率。 由信息可知“氧化酸浸”时GeS2反应的离子方程式为GeS2十2H2O2+4H+一Ge++ 4H2O+2S。 (2)由流程可知，“操作2”是分液；经“操作3”得到NSO,·6H2O晶体，故“操作3”包含蒸发浓 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (3)①由萃取原理M+(水相)十2RH(有机相)一MR2(有机相)十2H(水相)可知，萃取产生 H+,随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故萃取率随pH的升高而升高。 ②达到苯取平衡时，n乙aR）-48,一次装取后0(2nR(ZR)X0.5 c水相(Zn2+) n水相（Zn2+)c*相(Zn2+)X1L 2=24 则Zn2+的萃取率为224X100%=96%。 (4)电解ZnSO,溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2+,电极反应式是Zn2++2e一Zn,故 阴极的电极材料为纯锌。 17.(1)1074.8 (2)CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大 聘 0.5 (4)30.0 .3.0.63.0) (4.0.33.0 710-K 【解析】(2)其他条件不变，在体系中投入一定量CaO,CaO与生成物CO2反应生成CaCO;,生 成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。 (3)由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为p,H,0的分压为p。一×3=p, 51 A点的坐标为c,2鲁)：由图可知，平衡时c0、H,C0,H0的平衡分压分别为号号号 poxbo 2p平衡常数K,-p(Co·bH8p。2p。=0 -=0.5。 55 ·49▣ 高三二轮复习专题卷 (4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-一 +C,根据图像可得①63.0=-3.0E,+C,②33.0雪 一4.0E,十C,联立方程解得E。=30.0,则反应的活化能为30.0kJ·mol1,使用高效催化剂， 活化能降低。 18.(1)①-49.0②Cu/ZnO'+H2(g)Cu/Zn'+H2O(g)③c (2)①升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低：催化剂活性降低或副反应更易进行 ②d+cx100% d(c+d) (a-c-d)(3a-3c-d) ③m 【解析】(1)根据题意写出热化学方程式：①H(g)+0,(g）一H0(D△H,=一285.8· mo,②CH,0HD+20,(g)一C0:(g)+2H,0W△H:=-726.4M·mol, ③CH3OH(1)一CHOH(g)△Hg=+82.0kJ·mol-1,由盖斯定律，3×①一②+③得目标 方程式的△H=3△H1-△H2+△H3=(-285.8×3+726.4十82.0)k·mol1=-49.0kJ·mol1. ②将总反应化学方程式减去第二步反应方程式即得第一步反应方程式：Cu/ZO·十H2(g) Cu/Zn'+H2O(g)。 ③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达 到平衡所用的时间，说明第二步反应活化能低于第一步，则c正确。 (2)②根据题意可列三段式， CO2(g)+3H2(g)CH OH(g)+H2O(g) 始/mol a 3a 0 0 转/mol c 3c c CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 转/mol d d d d 平/mol a-c-d 3(a-c)-d d c+d 则C0,转化率为十d×100%;副反应的化学平衡常数为K c(C0)·c(H,O) c(CO2)·c(Hz) d(c+d) (a-c-d)(3a-3c-d) ③平衡时正=v运，k正·c(CO2)·c3(H2)=k邀c(CHOH)·c(H2O),K= c(CH,OH)·c（H,O》_三，由于该反应为放热反应，温度升高时化学平衡向逆反应方向移动， c(CO2)·c3(H2)k逆 速率常数随温度升高而增大，而平衡常数K减小，根据平衡常数K与k正、k滢的关系可知，k正 增大得少，即温度升高过程中，g的变化量小，即m为1g名随温度变化的曲线。 化学（十二） 一、选择题 1.B【解析】聚四氟乙烯属于有机高分子材料。 2.A【解析】Fe是Ⅷ族元素。 3.D【解析】耕地时施用尿素，是因为尿素中含氨量高，是优良的氮肥，而不是因为尿素是有机物。 4.A【解析】湿润红色石蕊试纸变蓝，证明有NHg产生；NH,C1分解过程中有极性共价键的断 ·50▣